- Giải bài 42, 43, 44, 45 trang 130, 131 SGK Toán 9...
- Giải bài 38, 39, 40, 41 trang 129 SGK Toán 9 tập 2
- Giải bài 34, 35, 36, 37 trang 125,126 SGK toán 9...
- Giải bài 30, 31, 32, 33 trang 124, 125 SGK toán 9...
- Giải bài 27, 28, 29 trang 119, 120 SGK toán 9 tập...
- Giải bài 23, 24, 25, 26 trang 119 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 19, 20, 21, 22 trang 118 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 15, 16, 17, 18 trang 117 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 12, 13, 14 trang 112, 113 SGK toán 9 tập...
- Giải bài 9, 10, 11 trang 112 SGK toán 9 tập 2
Page 2
- Giải bài 42, 43, 44, 45 trang 130, 131 SGK Toán 9...
- Giải bài 38, 39, 40, 41 trang 129 SGK Toán 9 tập 2
- Giải bài 34, 35, 36, 37 trang 125,126 SGK toán 9...
- Giải bài 30, 31, 32, 33 trang 124, 125 SGK toán 9...
- Giải bài 27, 28, 29 trang 119, 120 SGK toán 9 tập...
- Giải bài 23, 24, 25, 26 trang 119 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 19, 20, 21, 22 trang 118 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 15, 16, 17, 18 trang 117 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 12, 13, 14 trang 112, 113 SGK toán 9 tập...
- Giải bài 9, 10, 11 trang 112 SGK toán 9 tập 2
Page 3
Bài 36 trang 82 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 36. Cho đường tròn \[[O]\] và hai dây \[AB\], \[AC\]. Gọi \[M, N\] lần lượt là điểm chính giữa của cung \[AB\] và cung \[AC\]. Đường thẳng \[MN\] cắt dây \[AB\] tại \[E\] và cắt dây \[AC\] tại \[H\]. Chứng minh rằng tam giác \[AEH\] là tam giác cân.
Hướng dẫn giải:
Ta có: \[\widehat {AHM}\]= \[\frac{sđ\overparen{AM}+sđ\overparen{NC}}{2}\] [1]
\[\widehat {AEN}\]= \[\frac{sđ\overparen{MB}+sđ\overparen{AN}}{2}\] [2]
[Vì \widehat {AHM}\]và \[\widehat {AEN}\]là các góc có đỉnh cố định ở bên trong đường tròn].
Theo gỉả thiết thì:
\[\overparen{AM}=\overparen{MB} [3]\]
\[\overparen{NC}=\overparen{AN} [4]\]
Từ [1],[2], [3], [4], suy ra \[\widehat {AHM}\]= \[\widehat {AEN}\] do đó \[∆AEH\] là tam giác cân.
Bài 37 trang 82 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 37. Cho đường tròn \[[O]\] và hai dây \[AB\], \[AC\] bằng nhau. Trên cung nhỏ \[AC\] lấy một điểm \[M\]. Gọi \[S\] là giao điểm của \[AM\] và \[BC\]. Chứng minh: \[\widehat {ASC}\]=\[\widehat {MCA}\]
Hướng dẫn giải:
Ta có: \[\widehat {ASC}\]= \[\frac{sđ\overparen{AB}+sđ\overparen{MC}}{2}\] [1]
[\[\widehat {ASC}\] là góc có đỉnh nằm bên ngoài đường tròn \[[O]\]]
và \[\widehat {MCA}\]=\[\frac{sđ\overparen{AM}}{2}\] [2]
[góc nội tiếp chắn cung \[\overparen{AM}\]]
Theo giả thiết thì:
\[AB = AC =>\]\[\overparen{AB}=\overparen{AC}\] [3]
Từ [1], [2], [3] suy ra: \[\overparen{AB}-\overparen{MC}=\overparen{AC}-\overparen{MC}=\overparen{AM}\]
Từ đó \[\widehat {ASC}=\widehat {MCA}\].
Bài 38 trang 82 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 38. Trên một đường tròn, lấy liên tiếp ba cung \[AC, CD, DB\] sao cho
\[sđ\overparen{AC}\]=\[sđ\overparen{CD}\]=\[sđ\overparen{DB}\]=\[60^0\]. Hai đường thẳng \[AC\] và \[BD\] cắt nhau tại \[E\]. Hai tiếp tuyến của đường tròn tại \[B\] và \[C\] cắt nhau tại \[T\]. Chứng minh rằng:
a] \[\widehat {AEB}=\widehat {BTC}\];
b] \[CD\] là phân giác của \[\widehat{BTC}\]
Hướng dẫn giải:
a] Ta có \[\widehat{AEB}\] là góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn nên:
\[\widehat{AEB}\]=\[\frac{sđ\overparen{AB}-sđ\overparen{CD}}{2}\]=\[{{{{180}^0} - {{60}^0}} \over 2} = {60^0}\]
và \[\widehat{BTC}\] cũng là góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn [ hai cạnh đều là tiếp tuyến của đường tròn] nên:
\[\widehat{BTC}\]=\[\frac{\widehat {BAC}-\widehat {BDC}}{2}\]=\[{{[{{180}^0} + {{60}^0}] - [{{60}^0} + {{60}^0}]} \over 2} = {60^0}\]
Vậy \[\widehat {AEB} =\widehat {BTC}\]
b] \[\widehat {DCT} \] là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung nên:
\[\widehat {DCT}=\frac{sđ\overparen{CD}}{2}\]
\[\widehat {DCB}\] là góc nội tiếp trên
\[\widehat {DCB}=\frac{sđ\overparen{DB}}{2}={{{{60}^0}} \over 2} = {30^0}\]
Vậy \[\widehat {DCT}=\widehat {DCB}\] hay \[CD\] là phân giác của \[\widehat {BCT} \]
Bài 39 trang 83 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 39. Cho \[AB\] và \[CD\] là hai đường kính vuông góc của đường tròn \[[O]\]. Trên cung nhỏ \[BD\] lấy một điểm \[M\]. Tiếp tuyến tại \[M\] cắt tia \[AB\] ở \[E\], đoạn thẳng \[CM\] cắt \[AB\] ở \[S\].Chứng minh \[ES = EM\].
Hướng dẫn giải:
Ta có \[\widehat{MSE}\] = \[\frac{sđ\overparen{CA}+sđ\overparen{BM}}{2}\] [1]
[ vì \[\widehat{MSE}\] là góc có đỉnh S ở trong đường tròn [O]]
\[\widehat{CME}\] = \[\frac{sđ\overparen{CM}}{2}\]= \[\frac{sđ\overparen{CB}+sđ\overparen{BM}}{2}\] [2]
[\[\widehat{CME}\] là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung].
Theo giả thiết \[\overparen{CA}=\overparen{CB}\] [3]
Từ [1], [2], [3] ta có: \[\widehat{MSE}\] = \[\widehat{CME}\] từ đó \[∆ESM\] là tam giác cân và \[ES = EM\]
Giaibaitap.me
Page 4
Bài 40 trang 83 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 40. Qua điểm S nằm bên ngoài đường tròn [O], vẽ tiếp tuyến SA và cát tuyến SBC của đường tròn. Tia phân giác của góc BAC cắt dây BC tại D. Chứng minh SA = SD
Trả lời:
Có: \[\widehat {ADS}=\frac{sđ\overparen{AB}-sđ\overparen{CE}}{2}\] [định lí góc có đỉnh ở ngoài đường tròn].
\[\widehat {SAD}=\frac{1}{2} sđ\overparen{AE}\] [định lí góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung].
Có: \[\widehat {BAE} = \widehat {EAC}\] \[\Rightarrow \] \[\overparen{BE}=\overparen{EC}\]
\[\Rightarrow\] \[sđ\overparen{AB}\]+\[sđ\overparen{EC}\]=\[sđ\overparen{AB}+sđ\overparen{BE}\]=
\[sđ\overparen{AE}\]
nên \[\widehat {ADS}=\widehat {SAD}\]\[\Rightarrow\] tam giác \[SDA\] cân tại \[S\] hay \[SA=SD\].
Bài 41 trang 83 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 41. Qua điểm \[A\] nằm bên ngoài đường tròn \[[O]\] vẽ hai cát tuyến \[ABC\] và \[AMN\] sao cho hai đường thẳng \[BN\] và \[CM\] cắt nhau tại một điểm \[S\] nằm bên trong đường tròn.
Chứng minh:
\[\widehat A + \widehat {B{\rm{S}}M} = 2\widehat {CMN}\]
Hướng dẫn giải:
Ta có :
\[\widehat{A}\]+\[\widehat {BSM} = 2\widehat {CMN}\]
\[\widehat A\]=\[\frac{sđ\overparen{CN}-sđ\overparen{BM}}{2}\] [góc \[A\] là góc ngoài \[[0]\]] [1]
\[\widehat {BSM}\]=\[\frac{sđ\overparen{CN}+sđ\overparen{BM}}{2}\] [góc \[S\] là góc trong \[[0]\]] [2]
\[\widehat {CMN}\]=\[\frac{sđ\overparen{CN}}{2}\]
\[\Leftrightarrow\] \[2\widehat {CMN}\]=\[sđ\overparen{CN}\]. [3]
Cộng [1] và[2] theo vế với vế:
\[\widehat{A}\]+\[\widehat {BSM}\] =\[\frac{2sđ\overparen{CN}+[sđ\overparen{BM}-sđ\overparen{BM]}}{2}\]=\[\overparen{CN}\]
Từ [3] và [4] ta được: \[\widehat A + \widehat {B{\rm{S}}M} = 2\widehat {CMN}\]
Bài 42 trang 83 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 42. Cho tam giác \[ABC\] nội tiếp đường tròn. \[P, Q, R\] theo thứ tự là các điểm chính giữa các cung bị chắn \[BC, CA, AB\] bởi các góc \[A, B, C\].
a] Chứng minh \[AP \bot QR\]
b] \[AP\] cắt \[CR\] tại \[I\]. Chứng minh tam giác \[CPI\] là tam giác cân
Hướng dẫn giải:
a] Gọi giao điểm của \[AP\] và \[QR\] là \[K\].
\[\widehat{AKR}\] là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn nên
\[\widehat{AKR}\] = \[\frac{sđ\overparen{AR}+sđ\overparen{QC}+sđ\overparen{CP}}{2}\]=\[\frac{sđ\overparen{AB}+sđ\overparen{AC}+sđ\overparen{BC}}{4}=90^0\]
Vậy \[\widehat{AKR} = 90^0\] hay \[AP \bot QR\]
b] \[\widehat{CIP}\] là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn nên:
\[\widehat{CIP}\] = \[\frac{sđ\overparen{AR}+sđ\overparen{CP}}{2}\] [1]
\[\widehat {PCI}\] góc nội tiếp, nên \[\widehat {PCI}\]= \[\frac{sđ\overparen{RB}+sđ\overparen{BP}}{2}\] [2]
Theo giả thiết thì cung \[\overparen{AR} = \overparen{RB}\] [3]
Cung \[\overparen{CP} = \overparen{BP}\] [4]
Từ [1], [2], [3], [4] suy ra: \[\widehat {CIP}=\widehat {PCI}\]. Do đó \[∆CPI\] cân.
Bài 43 trang 83 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 43. Cho đường tròn \[[O]\] và hai dây cung song song \[AB, CD\] [\[A\] và \[C\] nằm trong cùng một nửa mặt phẳng bờ \[BD\]]; \[AD\] cắt \[BC\] tại \[I\]
Chứng minh \[\widehat{AOC }\] = \[\widehat{AIC }\].
Hướng dẫn giải:
Theo giả thiết: \[\overparen{AC}\]=\[\overparen{BD}\] [vì \[AB // CD\]] [1]
\[\widehat{AIC }\] = \[\frac{sđ\overparen{AC}+sđ\overparen{BD}}{2}\] [2]
Theo [1] suy ra \[\widehat{AIC }\] = \[sđ\overparen{AC}\] [3]
\[\widehat{AOC }\] = \[sđ\overparen{AC}\] [góc ở tâm chắn cung \[\overparen{AC}\]] [4]
So sánh [3], [4], ta có \[\widehat{AOC }\] = \[\widehat{AIC }\].
Giaibaitap.me
Page 5
- Giải bài 42, 43, 44, 45 trang 130, 131 SGK Toán 9...
- Giải bài 38, 39, 40, 41 trang 129 SGK Toán 9 tập 2
- Giải bài 34, 35, 36, 37 trang 125,126 SGK toán 9...
- Giải bài 30, 31, 32, 33 trang 124, 125 SGK toán 9...
- Giải bài 27, 28, 29 trang 119, 120 SGK toán 9 tập...
- Giải bài 23, 24, 25, 26 trang 119 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 19, 20, 21, 22 trang 118 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 15, 16, 17, 18 trang 117 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 12, 13, 14 trang 112, 113 SGK toán 9 tập...
- Giải bài 9, 10, 11 trang 112 SGK toán 9 tập 2
Page 6
Bài 47 trang 86 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 47. Gọi cung chứa góc \[55^0\] ở bài tập 46 là \[\overparen{AmB}\]. Lấy điểm \[{M_1}\] nằm bên trong và điểm \[{M_2}\] nằm bên ngoài đường tròn chứa cung này sao cho \[{M_1},{M_2}\] và cung \[\overparen{AmB}\] nằm cùng về một phía đối với đường thẳng \[AB\]. Chứng minh rằng:
a] \[\widehat {A{M_1}B} > 55^0\];
b] \[\widehat {A{M_2}B} < 55^0\].
Hướng dẫn giải:
\[{M_1}\] là điểm bất kì nằm trong cung chứa góc \[55^0\] [hình a].
Gọi \[B’, A’\] theo thứ tự là giao điểm của \[{M_1}A\], \[{M_1}B\] với cung tròn. Vì \[\widehat{A{M_1}B}\] là góc có đỉnh nằm trong đường tròn, nên: \[\widehat {A{M_1}B}\] = \[\frac{sđ\overparen{AB}+sđ\overparen{A'B'}}{2}\] = \[55^0\]+ [một số dương].
Vậy \[\widehat {A{M_1}B} > 55^0\]
b]
\[{M_2}\] là điểm bất kì nằm ngoài đường tròn [h.b], \[{M_2}A,{M_2}B\] lần lượt cắt đường tròn tại \[A’, B’.\] Vì góc \[\widehat {A{M_2}B}\] là góc có đỉnh nằm bên ngoài đường tròn nên:
\[\widehat {A{M_2}B}\]=\[\frac{sđ\overparen{AB}-sđ\overparen{A'B'}}{2}\]=\[55^0\]- [một số dương]
Vậy \[\widehat {A{M_2}B} < 55^0\]
Bài 48 trang 87 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 48. Cho hai điểm \[A, B\] cố định. Từ \[A\] vẽ các tiếp tuyến với đường tròn tâm \[B\] bán kính không lớn hơn \[AB\]. Tìm quỹ tích các tiếp điểm.
Hướng dẫn giải:
- Trường hợp các đường tròn tâm \[B\] có bán kính \[BA\]. Tiếp tuyến \[BA\] vuông góc với bán kính \[BT\] tại tiếp điểm \[T\].
Do \[AB\] cố định nên quỹ tích của \[T\] là đường tròn đường kính \[AB\].
- Trường hợp các đường tròn tâm \[B\] có bán kính lớn hơn \[BA\]: quỹ tích là tập hợp rỗng.
Bài 49 trang 87 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 49. Dựng tam giác \[ABC\], biết \[BC = 6cm\], \[\widehat{A}\] = \[40^0\] và đường cao \[AH = 4cm\].
Hướng dẫn giải:
Trình tự dựng gồm 3 bước:
- Dựng đoạn thẳng \[BC = 6cm\]
- Dựng cung chứa góc \[{40^0}\] trên đoạn thẳng \[BC\].
- Dựng đường thẳng \[xy\] song song với \[BC\] và cách \[BC\] một khoảng là \[4cm\] như sau:
Trên đường trung trực \[d\] của đoạn thẳng \[BC\] lấy đoạn \[HH' = 4cm\] [dùng thước có chia khoảng mm]. Dựng đường thẳng \[xy\] vuông góc với \[HH'\] tại \[H\].
Gọi giao điểm \[xy\] và cung chứa góc là \[\widehat{A}\], \[\widehat{A'}\]. Khi đó tam giác \[ABC\] hoặc \[A'BC\] đều thỏa yêu cầu của đề toán
Giaibaitap.me
Page 7
Bài 50 trang 87 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 50. Cho đường tròn đường kính \[AB\] cố định. \[M\] là một điểm chạy trên đường tròn. Trên tia đối của tia \[MA\] lấy điểm \[I\] sao cho \[MI = 2MB\].
a] Chứng minh \[\widehat{AIB}\] không đổi.
b] Tìm tập hợp các điểm \[I\] nói trên.
Hướng dẫn giải:
a] Vì \[\widehat{BMA}\] = \[90^0\] [góc nội tiếp chắn nửa đường tròn] suy ra trong tam giác vuông \[MIB\] có \[tg\widehat{AIB}\] = \[\frac{MB}{MI}\] = \[\frac{1}{2}\] =>\[\widehat{AIB}\] = \[26^0 34'\]
Vậy \[\widehat{AIB}\] không đổi.
b] Phần thuận:
Khi điểm \[M\] chuyển động trên đường tròn đường kính \[AB\] thì điểm \[I\] cũng chuyển động, nhưng luôn nhìn đoạn thẳng \[AB\] cố định dưới góc \[26^0 34'\] , vậy điểm \[I\] thuộc hai cung chứa góc \[26^0 34'\] dựng trên đoạn thẳng \[AB\] [hai cung \[\overparen{AmB}\] và \[\overparen{Am'B}\]]
Phần đảo:
Lấy điểm \[I'\] bất kì thuộc \[\overparen{AmB}\]
hoặc \[\overparen{Am'B}\], \[I'A\] cắt đường tròn đường kính \[AB\] tại \[M'\].
Tam giác vuông \[BMT\], có \[tg\widehat{I'}\] = \[\frac{M'B}{M'I'}\] = \[tg26^034’\]
Kết luận: Quỹ tích điểm \[I\] là hai cung \[\overparen{AmB}\] và \[\overparen{Am'B}\]
Bài 51 trang 87 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 51. Cho \[I, O\] lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\] với \[\widehat{A}\] = \[60^0\]. Gọi \[H\] là giao điểm của các đường cao \[BB'\] và \[CC'\]
Chứng minh các điểm \[B, C, O, H, I\] cùng thuộc một đường tròn.
Hướng dẫn giải:
Ta có: \[\widehat{BOC}\] = \[2\widehat{BAC}\] = \[2.60^0\] = \[120^0\] [1]
[góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung]
và \[\widehat{BHC}\] = \[\widehat{B'HC'}\] [đối đỉnh]
mà \[\widehat{B'HC'}\] = \[180^0\] - \[\widehat{A}\] = \[180^0- 60^0 = 120^0\]
nên \[\widehat{BHC}\] = \[120^0\] [2]
\[\widehat{BIC}\] = \[\widehat{A}\] + \[\frac{\widehat{B}+\widehat{C}}{2}\]
= \[60^0\] + \[\frac{180^{\circ}-60^{\circ}}{2}\] = \[60^0+ 60^0\]
[sử dụng góc ngoài của tam giác]
Do đó \[\widehat{BIC}\] = \[120^0\]
Từ [1], [2], [3] ta thấy các điểm \[O, H, I\] cùng nằm trên các cung chứa góc \[120^0\] dựng trên đoạn thẳng \[BC\]. Nói cách khác, năm điểm \[B, C, O, H, I\] cùng thuộc một đường tròn
Bài 52 trang 87 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 52. "Góc sút" của quả phạt đền \[11\] mét là bao nhiêu độ? Biết rằng chiều rộng cầu môn là \[7,32m\]. Hãy chỉ ra hai vị trí khác trên sân có cùng "góc sút" như quả phạt đền \[11 m\].
Hướng dẫn giải:
Gọi vị trí đặt bóng để sút phạt đền là \[M\], và bề ngang cầu môn là \[PQ\] thì \[M\] nằm trên đường trung trực của \[PQ\]. Gọi \[H\] là trung điểm \[PQ\], \[\widehat{PMH}\] = \[\alpha\].
Theo các giả thiết đã cho thì trong tam giác vuông \[MHP\], ta có:
\[tgα\] = \[\frac{3,66}{11}\] \[≈ 0,333 => α = 18^036’\].
Vậy góc sút phạt đền là \[2α ≈ 37^012’\].
Giaibaitap.me
Page 8
Bài 53 trang 89 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 53. Biết \[ABCD\] là tứ giác nội tiếp. Hãy điền vào ô trống trong bẳng sau [nếu có thể]
Hướng dẫn giải:
- Trường hợp 1:
Ta có \[\widehat{A}\] + \[\widehat{C}\] = \[180^0\] => \[\widehat{C}\] = \[180^0\] - \[\widehat{A}\]= \[180^0\]– \[80^0\]=\[100^0\]
\[\widehat{B}\] + \[\widehat{D}\] = \[180^0\] => \[\widehat{D}\] = \[180^0\] - \[\widehat{B}\]= \[180^0\] – \[70^0\] = \[110^0\]
Vậy điểm \[\widehat{C}\] = \[100^0\] , \[\widehat{D}\] = \[110^0\]
- Trường hợp 2:
Ta có \[\widehat{A}\] + \[\widehat{C}\] = \[180^0\]=> \[\widehat{C}\] = \[180^0\] - \[\widehat{A}\]= \[180^0\]– \[105^0\]= \[75^0\]
\[\widehat{B}\] + \[\widehat{D}\] = \[180^0\] => \[\widehat{D}\] = \[180^0\] - \[\widehat{B}\]= \[180^0\] – \[75^0\] = \[105^0\]
- Trường hợp 3:
\[\widehat{A}\] + \[\widehat{C}\] = \[180^0\]=> \[\widehat{C}\] = \[180^0\]- \[\widehat{A}\]= \[180^0\] – \[60^0\] =\[120^0\]
\[\widehat{B}\] + \[\widehat{D}\] = \[180^0\] Chẳng hạn chọn \[\widehat{B}\]= \[70^0\],\[\widehat{D}\] = \[110^0\]
- Trường hợp 4: \[\widehat{D}\] = \[180^0\]- \[\widehat{B}\]= \[180^0\] – \[40^0\]= \[140^0\]
Còn lại \[\widehat{A}\] + \[\widehat{C}\] = \[180^0\]. Chẳng hạn chọn \[\widehat{A}\]= \[100^0\] ,\[\widehat{B}\] =\[80^0\]
- Trường hợp 5: \[\widehat{A}\] = \[180^0\]- \[\widehat{C}\]=\[180^0\] – \[74^0\]= \[106^0\]
\[\widehat{B}\] = \[180^0\] - \[\widehat{D}\]= \[180^0\] – \[65^0\]= \[115^0\]
- Trường hợp 6: \[\widehat{C}\] = \[180^0\] - \[\widehat{A}\]= \[180^0\] – \[95^0\] = \[85^0\]
\[\widehat{B}\] = \[180^0\] - \[\widehat{D}\]=\[180^0\] – \[98^0\] = \[82^0\]
Vậy điền vào ô trống ta được bảng sau:
Bài 54 trang 89 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 54. Tứ giác \[ABCD\] có \[\widehat{ABC}\] + \[\widehat{ADC}\] = \[180^0\]. Chứng minh rằng các đường trung trực của \[AC, BD, AB\] cùng đi qua một điểm.
Hướng dẫn giải:
Tứ giác \[ABCD\] có tổng hai góc đối diện bằng \[180^0\] nên nội tiếp đường tròn tâm \[O\], ta có
\[OA = OB = OC = OD\]
Do đó các đường trung trực của \[AB, BD, AB\] cùng đi qua \[O\]
Bài 55 trang 89 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 55. Cho \[ABCD\] là một tứ giác nội tiếp đường tròn tâm \[M\], biết \[\widehat {DAB}\]= \[80^0\], \[\widehat {DAM}\] = \[30^0\], \[\widehat {BMC}\]= \[70^0\].
Hãy tính số đo các góc \[\widehat {MAB}\], \[\widehat {BCM}\], \[\widehat {AMB}\], \[\widehat {DMC}\], \[\widehat {AMD}\], \[\widehat {MCD}\] và \[\widehat {BCD}\]
Ta có: \[\widehat {MAB} = \widehat {DAB} - \widehat {DAM} = {80^0} - {30^0} = {50^0}\] [1]
- \[∆MBC\] là tam giác cân [\[MB= MC\]] nên \[\widehat {BCM} = {{{{180}^0} - {{70}^0}} \over 2} = {55^0}\] [2]
- \[∆MAB\] là tam giác cân [\[MA=MB\]] nên \[\widehat {MAB} = {50^0}\] [theo [1]]
Vậy \[\widehat {AMB} = {180^0} - {2.50^0} = {80^0}\]
\[\widehat {BAD}\] =\[\frac{sđ\overparen{BCD}}{2}\][số đo góc nội tiếp bằng nửa số đo của cung bị chắn]
\[=>sđ\overparen{BCD}\]=\[2.\widehat {BAD} = {2.80^0} = {160^0}\]
Mà \[sđ\overparen{BC}\]= \[\widehat {BMC} = {70^0}\] [số đo ở tâm bằng số đo cung bị chắn]
Vậy \[sđ\overparen{DC}\]=\[{160^0} - {70^0} = {90^0}\] [vì C nằm trên cung nhỏ cung \[BD\]]
Suy ra \[\widehat {DMC} = {90^0}\] [4]
\[∆MAD\] là tam giác cân [\[MA= MD\]]
Suy ra \[\widehat {AMD} = {180^0} - {2.30^0}\] [5]
\[∆MCD\] là tam giác vuông cân [\[MC= MD\]] và \[\widehat {DMC} = {90^0}\]
Suy ra \[\widehat {MCD} = \widehat {MDC} = {45^0}\] [6]
\[\widehat {BCD} = {100^0}\] theo [2] và [6] và vì CM là tia nằm giữa hai tia \[CB, CD\].
Bài 56 trang 89 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 56. Xem hình 47. Hãy tìm số đo các góc của tứ giác \[ABCD\]
Hướng dẫn giải:
Ta có \[\widehat{BCE}\] = \[\widehat{DCF}\] [hai góc đối đỉnh]
Đặt \[x\] = \[\widehat{BCE}\] = \[\widehat{DCF}\]. Theo tính chất góc ngoài tam giác, ta có:
\[\widehat{ABC}\] = \[x\] + \[40^0\] [1]
\[\widehat{ADC}\] = \[x\] + \[20^0\] [2]
Lại có \[\widehat{ABC}\] +\[\widehat{ADC}\] = \[180^0\] [3]
[hai góc đối diện tứ giác nội tiếp]
Từ [1], [2], [3] suy ra:
\[180^0\] = \[2x\] + \[60^0\] \[\Rightarrow\] \[x \]= \[60^0\]
Từ [1], ta có:
\[\widehat{ABC}\] = \[60^0\] + \[40^0\] = \[100^0\]
Từ [2], ta có:
\[\widehat{ADC}\] = \[60^0\] +\[20^0\] = \[80^0\]
\[\widehat{BCD}\] = \[180^0\] \[– x\] [hai góc kề bù]
\[\Rightarrow\]\[\widehat{BCD}\] = \[120^0\]
\[\widehat{BAD}\] = \[180^0\] - \[\widehat{BCD}\] [hai góc đối diện của tứ giác nội tiếp]
\[\Rightarrow\] \[\widehat{BAD}\] = \[180^0\]– \[120^0\] = \[60^0\]
Giaibaitap.me
Page 9
Bài 57 trang 89 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 57. Trong các hình sau, hình nào nội tiếp được một đường tròn:
Hình bình hành, hình chữ nhật, hình vuông, hình thang, hình thang vuông, hình thang cân ? Vì sao?
Hướng dẫn giải:
Hình bình hành nói chung không nội tiếp được đường tròn vì tổng hai góc đối diện không bằng \[180^0\].Trường hợp riêng của hình bình hành là hình chữ nhật [hay hình vuông] thì nội tiếp đường tròn vì tổng hai góc đối diện là \[90^0\] + \[90^0\] = \[180^0\]
Hình thang nói chung, hình thang vuông không nội tiếp được đường tròn.
Hình thang cân \[ABCD [BC= AD]\] có hai góc ở mỗi đáy bằng nhau
\[\widehat{A}\] = \[\widehat{B}\], \[\widehat{C}\] = \[\widehat{D}\]; mà \[\widehat{A}\] +\[\widehat{D}\] = \[180^0\] [hai góc trong cùng phía tạo bởi cát tuyến \[AD\] với \[AD // CD\]],suy ra \[\widehat{A}\] +\[\widehat{C}\] =\[180^0\]. Vậy hình thang cân luôn có tổng hai góc đối diện bằng \[180^0\]nên nội tiếp được đường tròn
Bài 58 trang 90 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 58. Cho tam giác đều \[ABC\]. Trên nửa mặt phẳng bờ \[BC\] không chứa đỉnh \[A\], lấy điểm \[D\] sao cho \[DB = DC\] và \[\widehat{DCB}\] =\[\frac{1}{2}\] \[\widehat{ACB}\].
a] Chứng minh \[ABDC\] là tứ giác nội tiếp.
b] Xác định tâm của đường tròn đi qua bốn điểm \[A, B, D, C\].
Hướng dẫn giải:
a] Theo giả thiết, \[\widehat{DCB}\] =\[\frac{1}{2}\] \[\widehat{ACB}\] = \[\frac{1}{2}\] .\[60^0\]= \[30^0\]
\[\widehat{ACD}\] = \[\widehat{ACB}\] + \[\widehat{BCD}\] [tia \[CB\] nằm giữa hai tia \[CA, CD\]]
\[\Rightarrow\]\[\widehat{ACD}\] = \[60^0\] + \[30^0\]=\[90^0\] [1]
Do \[DB = CD\] nên ∆BDC cân => \[\widehat{DBC}\] = \[\widehat{DCB}\] = 30o
Từ đó \[\widehat{ABD}\] = \[30^0\]+\[60^0\]=\[90^0\] [2]
Từ [1] và [2] có \[\widehat{ACD}\] + \[\widehat{ABD}\] = \[180^0\] nên tứ giác \[ABDC\] nội tiếp được.
b] Vì \[\widehat{ABD}\] = \[90^0\]nên \[AD\] là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \[ABDC\], do đó tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác \[ABDC\] là trung điểm \[AD\].
Bài 59 trang 90 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 59. Cho hình bình hành \[ABCD\]. Đường tròn đi qua ba đỉnh \[A, B, C\] cắt đường thẳng \[CD\] tại \[P\] khác \[C\]. Chứng minh \[AP = AD\]
Hướng dẫn giải:
Do tứ giác \[ABCP\] nội tiếp nên ta có:
\[\widehat{BAP}\] + \[\widehat{BCP}\] = \[180^0\] [1]
Ta lại có: \[\widehat{ABC}\]+ \[\widehat{BCP}\] = \[180^0\] [2]
[hai góc trong cùng phía tạo bởi cát tuyến \[CB\] và \[AB // CD\]]
Từ [1] và [2] suy ra: \[\widehat{BAP}\] = \[\widehat{ABC}\]
Vậy \[ABCP\] là hình thang cân, suy ra \[AP = BC\] [3]
nhưng \[BC = AD\] [hai cạnh đối đỉnh của hình bình hành] [4]
Từ [3] và [4] suy ra \[AP = AD\].
Bài 60 trang 90 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 60. Xem hình 48. Chứng minh \[QR // ST\].
Hướng dẫn giải:
Kí hiệu như hình vẽ.
Ta có tứ giác \[ISTM\] nội tiếp đường tròn nên:
\[\widehat{S_{1}}\] + \[\widehat{M}\] =\[180^0\]
Mà \[\widehat{M_{1}}\] + \[\widehat{M_{3}}\] = \[180^0\][kề bù]
nên suy ra \[\widehat{S_{1}}\] = \[\widehat{M_{3}}\] [1]
Tương tự từ các tứ giác nội tiếp \[IMPN\] và \[INQS\] ta được
\[\widehat{M_{3}}\] = \[\widehat{N_{4}}\] [2]
\[\widehat{N_{4}}\] = \[\widehat{R_{2}}\] [3]
Từ [1], [2], [3] suy ra \[\widehat{S_{1}}\] = \[\widehat{R_{2}}\] [hai góc ở vị trí so le trong].
Do đó \[QR // ST\]
Giaibaitap.me
Page 10
Bài 61 trang 91 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 61.
a] Vẽ đường tròn tâm \[O\], bán kính \[2cm\].
b] Vẽ hình vuông nội tiếp đường tròn \[[O]\] ở câu a]
c] Tính bán kính \[r\] của đường tròn nội tiếp hình vuông ở câu b] rồi vẽ đường tròn \[[O;r]\].
Hướng dẫn giải:
a] Chọn điểm \[O\] làm tâm , mở compa có độ dài \[2cm\] vẽ đường tròn tâm \[O\], bán kính \[2cm\]: \[[O; 2cm]\]
Vẽ bằng eke và thước thẳng.
b] Vẽ đường kính \[AC\] và \[BD\] vuông góc với nhau. Nối \[A\] với \[B\], \[B\] với \[C\], \[C\] với \[D\], \[D\] với \[A\] ta được tứ giác \[ABCD\] là hình vuông nội tiếp đường tròn \[[O;2cm]\]
c] Vẽ \[OH \bot AD\]
\[OH\] là bán kính \[r\] của đường tròn nội tiếp hình vuông \[ABCD\].
\[r = OH = AH\].
\[{r^2} + {r^2} = O{A^2} = {2^2} \Rightarrow 2{r^2} = 4 \Rightarrow r = \sqrt 2 [cm]\]
Vẽ đường tròn \[[O;\sqrt2cm]\]. Đường tròn này nội tiếp hình vuông, tiếp xúc bốn cạnh hình vuông tại các trung điểm của mỗi cạnh
Bài 62 trang 91 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 62.
a] Vẽ tam giác \[ABC\] cạnh \[a = 3cm\].
b] Vẽ đường tròn \[[O;R]\] ngoại tiếp tam giác đều \[ABC\]. Tính \[R\].
c] Vẽ đường tròn \[[O;r]\] nội tiếp tam giác đều \[ABC\]. Tính \[r\].
d] Vẽ tiếp tam giác đều \[IJK\] ngoại tiếp đường tròn \[[O;R]\].
Hướng dẫn giải:
a] Vẽ tam giác đều \[ABC\] có cạnh bằng \[3cm\] [dùng thước có chia khoảng và compa]
b] Tâm \[O\] của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều \[ABC\] là giao điểm của ba đường trung trực [đồng thời là ba đường cao, ba trung tuyến, ba phân giác của tam giác đều \[ABC\]].
Ta có: \[R= OA =\] \[\frac{2}{3}\]\[AA'\] = \[\frac{2}{3}\]. \[\frac{AB\sqrt{3}}{2}\] = \[\frac{2}{3}\] . \[\frac{3\sqrt{3}}{2}\] = \[\sqrt3 [cm]\].
c] Đường tròn nội tiếp \[[O;r]\] tiếp xúc ba cạnh của tam giác đều \[ABC\] tại các trung điểm \[A', B', C'\] của các cạnh.
\[r = OA' = \]\[\frac{1}{3}\]\[ AA'\] =\[\frac{1}{3}\] \[\frac{3\sqrt{3}}{2}\] = \[\frac{\sqrt{3}}{2}[cm]\]
d] Vẽ các tiếp tuyến với đường tròn \[[O;R]\] tại \[A,B,C\]. Ba tiếp tuyến này cắt nhau tại \[I, J, K\]. Ta có \[∆IJK\] là tam giác đều ngoại tiếp \[[O;R]\].
Bài 63 trang 92 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 63. Vẽ các hình lục giác đều, hình vuông, hình tam giác đều cùng nội tiếp đường tròn \[[O;R]\] rồi tính cạnh của các hình đó theo \[R\].
Hướng dẫn giải:
Hình a.
Gọi \[{a_i}\] là cạnh của đa giác đều i cạnh.
a] \[{a_6}= R\] [vì \[O{A_1}{A_2}\] là tam giác đều]
Cách vẽ: vẽ đường tròn \[[O;R]\]. Trên đường tròn ta đặt liên tiếp các cung \[\overparen{{A_1}{A_2}}\], \[\overparen{{A_2}{A_3}}\],...,\[\overparen{{A_6}{A_1}}\] mà căng cung có độ dài bằng \[R\]. Nối \[{A_1}\] với \[{A_2}\], \[{A_2}\] với \[{A_3}\],…, \[{A_6}\] với \[{A_1}\] ta được hình lục giác đều \[{A_1}\]\[{A_2}\]\[{A_3}\]\[{A_4}\]\[{A_5}\]\[{A_6}\] nội tiếp đường tròn
b] Hình b
Trong tam giác vuông \[O{A_1}{A_2}\]: \[{a^2} = {R^2} + {R^2} = 2{R^2} \Rightarrow a = R\sqrt 2 \]
Cách vẽ như ở bài tập 61.
c] Hình c
\[{A_1}H\] =\[ R\] +\[\frac{R}{2}\] = \[\frac{3R}{2}\]
\[{A_3}H\] = \[\frac{a}{2}\]
\[{A_1}\]\[{A_3}\]= \[a\]
Trong tam giác vuông \[{A_1}H{A_3}\] ta có: \[{A_1}{H^2} = {A_1}{A_3}^2 - {A_3}{H^2}\].
Từ đó \[\frac{9R^{2}}{4}\] = \[a^2\] - \[\frac{a^{2}}{4}\].
\[\Rightarrow{a^2} = 3{R^2} \Rightarrow a = R\sqrt 3 \]
Cách vẽ như câu a] hình a.
Nối các điểm chia cách nhau một điểm thì ta được tam giác đều chẳng hạn tam giác \[{A_1}{A_3}{A_5}\] như trên hình c
Bài 64 trang 92 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 64.Trên đường tròn bán kính \[R\] lần lượt đặt theo cùng một chiều, kể từ điểm \[A\], ba cung \[\overparen{AB}\], \[\overparen{BC}\], \[\overparen{CD}\] sao cho: \[sđ\overparen{AB}\]=\[60^0\], \[sđ\overparen{BC}\]=\[90^0\], \[sđ\overparen{CD}\]=\[120^0\]
a] Tứ giác \[ABCD\] là hình gì?
b] Chứng minh hai đường chéo của tứ giác \[ABCD\] vuông góc với nhau.
c] Tính độ dài các cạnh của tứ giác \[ABCD\] theo \[R\].
Hướng dẫn giải:
\[\widehat {BA{\rm{D}}} = {{{{90}^0} + {{120}^0}} \over 2} = {105^0}\] [góc nội tiếp chắn \[\overparen{BCD}\]] [1]
\[\widehat {A{\rm{D}}C} = {{{{60}^0} + {{90}^0}} \over 2} = {75^0}\] [ góc nội tiếp chắn\[\overparen{ABC}\] ] [2]
Từ [1] và [2] có:
\[\widehat {BA{\rm{D}}} + \widehat {A{\rm{D}}C} = {105^0} + {75^0} = {180^0}\] [3]
\[\widehat {BA{\rm{D}}}\] và \[\widehat {A{\rm{D}}C}\] là hai góc trong cùng phía tạo bởi cát tuyến \[AD\] và hai đường thẳng \[AB, CD\].
Đẳng thức [3] chứng tỏ \[AB // CD\]. Do đó tứ giác \[ABCD\] là hình thang, mà hình thang nội tiếp là hình thang cân.
Vậy \[ABCD\] là hình thang cân [\[BC = AD\] và \[sđ\overparen{BC}\]=\[sđ\overparen{AD}\]=\[90^0\]]
b] Giả sử hai đường chéo \[AC\] và \[BD\] cắt nhau tại \[I\].
\[\widehat {CI{\rm{D}}}\] là góc có đỉnh nằm trong đường tròn, nên:
\[\widehat {CI{\rm{D}}}\] = \[\frac{sđ\overparen{AB}+sđ\overparen{CD}}{2}\]=\[{{{{60}^0} + {{120}^0}} \over 2} = {90^0}\]
Vậy \[AC \bot BD\]
c]
Vì \[sđ\overparen{AB}\] = \[60^0\] nên \[\widehat {AIB} = {60^0}\] \[=> ∆AIB\] đều, nên \[AB = R\]
Vì \[sđ\overparen{BC}\]= \[90^0\] nên \[BC = R\sqrt2\]
\[ AD = BC = R\sqrt2\]
nên \[sđ\overparen{CD}\]= \[120^0\] nên \[CD = R\sqrt3\]
Giaibaitap.me
Page 11
- Giải bài 42, 43, 44, 45 trang 130, 131 SGK Toán 9...
- Giải bài 38, 39, 40, 41 trang 129 SGK Toán 9 tập 2
- Giải bài 34, 35, 36, 37 trang 125,126 SGK toán 9...
- Giải bài 30, 31, 32, 33 trang 124, 125 SGK toán 9...
- Giải bài 27, 28, 29 trang 119, 120 SGK toán 9 tập...
- Giải bài 23, 24, 25, 26 trang 119 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 19, 20, 21, 22 trang 118 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 15, 16, 17, 18 trang 117 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 12, 13, 14 trang 112, 113 SGK toán 9 tập...
- Giải bài 9, 10, 11 trang 112 SGK toán 9 tập 2
Page 12
Bài 69 trang 95 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 69. Máy kéo nông nghiệp có hai bánh sau to hơn hai bánh trước. Khi bơm căng, bánh xe sau có đường kính \[1,672 m\] và bánh xe trước có đường kính là \[88cm\]. Hỏi khi bánh xe sau lăn được \[10\] vòng thì bánh xe trước lăn được mấy vòng?
Hướng dẫn giải:
Chu vi bánh xe sau: \[π. 1,672\] [m]
Chu vi bánh xe trước: \[π . 0,88\] [m]
Khi bánh xe sau lăn được \[10\] vòng thì quãng đường đi được là:
\[π . 16,72\] [m]
Khi đó số vòng lăn của bánh xe trước là:
\[\frac{\pi .16,72}{\pi .0,88}\] = \[19\] vòng
Bài 70 trang 95 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 70. Vẽ lại ba hình [tạo bởi các cung tròn] dưới đây và tính chu vi mỗi hình [có gạch chéo]
Hướng dẫn giải:
Cách vẽ:
- Hình 13: Vẽ hình vuông \[ABCD\] cạnh \[4 cm\]. Vẽ hai đường trung trực của các cạnh hình vuông, chúng cắt nhau tại \[O\].
Lấy \[O\] làm tâm vẽ đường tròn bán kính \[2cm\] ta được hình a.
- Hình 14: Vẽ hình vuông như hình a. Lấy \[O\] làm tâm vẽ nửa đường tròn bán kính \[2 cm\] tiếp xúc với các cạnh \[AB, AD, BC\]. Lấy \[C, D\] làm tâm vẽ cung phần tư đường tròn về phía trong hình vuông các cung tròn đã vẽ tạo nên hình b .
- Hình 15: Vẽ hình vuông như hình a. Lấy \[A,B,C,D\] làm tâm vẽ về phía trong hình vuông bốn cung tròn, mỗi cung là phần tư đường tròn. Bốn cung này tạo nên hình c.
Tính chu vi mỗi hình:
- Hình 13: Đường kính đường tròn này là \[4 cm\].
Vậy hình tròn có chu vi là: \[3,14 . 4 = 12,56\] \[[cm]\].
- Hình 14: Hình tròn gồnm hai cung: một cung là nửa đường tròn, hai cung có mỗi cung là phần tư đường tròn nên chu vi hình bằng chu vi của hình tròn ở hình a, tức là \[12,56\] \[cm\].
- Hình 15: Hình gồm bốn cung tròn với mỗi cung tròn là phần tư đường tròn nên chu vi hình bằng chu vi hình tròn ở hình a tức là \[12,56 cm\].
Bài 71 trang 96 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 71. Vẽ lại hình tạo bởi các cung tròn dưới đây với tâm lần lượt là \[B, C, D, A\] theo đúng kích thước đã cho [hình vuông \[ABCD\] dài \[1cm\] ]. Nếu cách vẽ đường xoắn \[AEFGH\]. Tính độ dài đường xoắn đó.
Hướng dẫn giải:
Cách vẽ: Vẽ hình vuông \[ABCD\] có cạnh dài \[1cm\].
Vẽ \[\frac{1}{4}\] đường tròn tâm \[B\], bán kính \[1\] cm, ta có cung \[\overparen{AE}\]
Vẽ \[\frac{1}{4}\] đường tròn tâm C, bán kính 2 cm, ta có cung \[\overparen{EF}\]
Vẽ \[\frac{1}{4}\] đường tròn tâm D, bán kính 3 cm, ta có cung \[\overparen{FG}\]
Vẽ \[\frac{1}{4}\] đường tròn tâm A, bán kính 4 cm, ta có cung \[\overparen{GH}\]
Độ dài đường xoắn:
\[{l_\overparen{AE}}\]= \[\frac{1}{4}\] . \[2π.1\]
\[{l_\overparen{EF}}\]= \[\frac{1}{4}\] . \[2π.2\]
\[{l_\overparen{FG}}\]= \[\frac{1}{4}\] . \[2π.3\]
\[{l_\overparen{GH}}\]= \[\frac{1}{4}\] . \[2π.4\]
Vậy: Độ dài đường xoắn là:
\[{l_\overparen{AE}}\]+\[{l_\overparen{EF}}\]+\[{l_\overparen{FG}}\]+\[{l_\overparen{GH}}\]= \[\frac{1}{4}\] .\[ 2π [1+2+3+4] = 5π\]
Bài 72 trang 96 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 72. Bánh xe của một ròng rọc có chu vi là \[540mm\]. Dây cua-roa bao bánh xe theo cung \[AB\] có độ dài \[200mm\]. Tính góc \[AOB\] [h.56]
Hướng dẫn giải:
\[360^0\] ứng với \[540mm\].
\[x^0\] ứng với \[200mm\].
\[x\] = \[\frac{360. 200}{540}\] \[≈ 133^0\]
Vậy \[sđ\overparen{AB} ≈ 133^0\], suy ra \[\widehat{AOB}\] \[≈ 133^0\]
Giaibaitap.me
Page 13
- Giải bài 42, 43, 44, 45 trang 130, 131 SGK Toán 9...
- Giải bài 38, 39, 40, 41 trang 129 SGK Toán 9 tập 2
- Giải bài 34, 35, 36, 37 trang 125,126 SGK toán 9...
- Giải bài 30, 31, 32, 33 trang 124, 125 SGK toán 9...
- Giải bài 27, 28, 29 trang 119, 120 SGK toán 9 tập...
- Giải bài 23, 24, 25, 26 trang 119 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 19, 20, 21, 22 trang 118 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 15, 16, 17, 18 trang 117 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 12, 13, 14 trang 112, 113 SGK toán 9 tập...
- Giải bài 9, 10, 11 trang 112 SGK toán 9 tập 2
Page 14
- Giải bài 42, 43, 44, 45 trang 130, 131 SGK Toán 9...
- Giải bài 38, 39, 40, 41 trang 129 SGK Toán 9 tập 2
- Giải bài 34, 35, 36, 37 trang 125,126 SGK toán 9...
- Giải bài 30, 31, 32, 33 trang 124, 125 SGK toán 9...
- Giải bài 27, 28, 29 trang 119, 120 SGK toán 9 tập...
- Giải bài 23, 24, 25, 26 trang 119 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 19, 20, 21, 22 trang 118 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 15, 16, 17, 18 trang 117 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 12, 13, 14 trang 112, 113 SGK toán 9 tập...
- Giải bài 9, 10, 11 trang 112 SGK toán 9 tập 2
Page 15
Bài 84 trang 99 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 84. a] Vẽ lại hình tạo bởi các cung tròn xuất phát từ đỉnh \[C\] của tam giác đều \[ABC\] cạnh \[1 cm\]. Nêu cách vẽ [h.63].
b] Tính diện tích miền gạch sọc.
Hướng dẫn giải:
a] Vẽ tam giác đều \[ABC\] cạnh \[1cm\]
Vẽ \[\frac{1}{3}\] đường tròn tâm \[A\], bán kính \[1cm\], ta được cung \[\overparen{CD}\]
Vẽ \[\frac{1}{3}\] đường tròn tâm \[B\], bán kính \[2cm\], ta được cung \[\overparen{DE}\]
Vẽ \[\frac{1}{3}\] đường tròn tâm \[C\], bán kính \[3cm\], ta được cung \[\overparen{EF}\]
b] Diện tích hình quạt \[CAD\] là \[\frac{1}{3}\] \[π.1^2\]
Diện tích hình quạt \[DBE\] là \[\frac{1}{3}\] \[π.2^2\]
Diện tích hình quạt \[ECF\] là \[\frac{1}{3}\] \[π.3^2\]
Diện tích phần gạch sọc là \[\frac{1}{3}\] \[π.1^2\]+ \[\frac{1}{3}\] \[π.2^2\] + \[\frac{1}{3}\] \[π.3^2\]
= \[\frac{1}{3}\] \[π [1^2 + 2^2 + 3^2]\] = \[\frac{14}{3}π\] [\[cm^2\]]
Bài 85 trang 100 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 85. Hình viên phân là hình tròn giới hạn bởi một cung tròn và dây căng cung ấy. Hãy tính diện tích hình viên phân \[AmB\], biết góc ở tâm \[\widehat {AOB} = {60^0}\] và bán kính đường tròn là \[5,1 cm\] [h.64]
Hướng dẫn giải:
\[∆OAB\] là tam giác đều có cạnh bằng \[R = 5,1cm\]. Áp dụng công thức tính diện tích tam giác đều cạnh \[a\] là \[{{{a^2}\sqrt 3 } \over 4}\] ta có
\[{S_{\Delta OBC}} = {{{R^2}\sqrt 3 } \over 4}\] [1]
Diện tích hình quạt tròn \[AOB\] là:
\[{{\pi .{R^2}{{.60}^0}} \over {{{360}^0}}} = {{\pi {R^2}} \over 6}\] [2]
Từ [1] và [2] suy ra diện tích hình viên phân là:
\[{{\pi {R^2}} \over 6} - {{{R^2}\sqrt 3 } \over 4} = {R^2}\left[ {{\pi \over 6} - {{\sqrt 3 } \over 4}} \right]\]
Thay \[R = 5,1\] ta có \[S\]viên phân ≈\[ 2,4\] [\[cm^2\]]
Bài 86 trang 100 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 86. Hình vành khăn là phần hình tròn nằm giữa hai đường tròn đồng tâm [h.65].
a] Tính diện tích \[S\] của hình vành khăn theo \[{R_1}\] và \[{R_2}\] [giả sử \[{R_1}>{R_2}\]].
b] Tính diện tích hình vành khăn khi \[{R_1} = 10,5 cm\], \[{R_2} = 7,8 cm\].
Hướng dẫn giải:
a] Diện tích hình tròn \[[O;{R_1}]\] là \[{S_1 }\]=\[ \pi{R_1}^2\].
Diện tích hình tròn \[[O;{R_2}]\] là \[{S_2 }\]=\[ \pi{R_2}^2\].
Diện tích hình vành khăn là:
\[S = {S_1}– {S_2}\] = \[ \pi{R_1}^2\]-\[ \pi{R_2}^2\]= \[ \pi[{R_1}^2-{R_2}^2]\]
b] Thay số: \[S = 3,14. [10,5^2 – 7,8^2] = 155,1\][\[cm^2\]]
Bài 87 trang 100 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 87. Lấy cạnh \[BC\] của một tam giác đều làm đường kính, vẽ một nửa đường tròn về cùng một phía với tam giác ấy đối với đường thẳng \[BC\]. Cho biết cạnh \[BC = a\], hãy tính diện tích hình viên phân được tạo thành.
Hướng dẫn giải:
Gọi nửa đường tròn tâm \[O\] đường kính \[BC\] cắt hai cạnh \[AB\] và \[AC\] lần lượt tại \[M\] và \[N\].
\[∆ONC\] có \[OC = ON\], \[\widehat{C}\] = \[60^0\] nên \[∆ONC\] là tam giác đều, do đó \[\widehat{NOC}\] = \[60^0\].
\[S\]quạt NOC = \[\frac{\pi \left [ \frac{a}{2} \right ]^{2}.60^{\circ}}{360^{\circ}}\] = \[\frac{\pi a^{2}}{24}\].
\[S\]∆NOC = \[\frac{\left [ \frac{a}{2} \right ]^{2}\sqrt{3}}{4}\] = \[\frac{a^{2}\sqrt{3}}{16}\]
Diện tích hình viên phân:
\[S\]CpN = \[\frac{\pi a^{2}}{24}\] - \[\frac{a^{2}\sqrt{3}}{16}\] = \[\frac{a^{2}}{48}\left [ 2\pi -3\sqrt{3} \right ]\]
Vậy diện tích hình viên phhân bên ngoài tam giác là:
\[\frac{a^{2}}{24}\left [ 2\pi -3\sqrt{3} \right ]\]
Giaibaitap.me
Page 16
Bài 81 trang 99 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 81. Diện tích hình tròn sẽ thay đổi như thế nào nếu:
a] Bán kính tăng gấp đôi?
b] Bám kinh tăng gấp ba?
c] Bán kính tăng \[k\] lần [\[k>1\]]?
Hướng dẫn giải:
Ta có:
\[π{[2R]}^2 = 4πR^2\]
\[π{[3R]}^2 = 9 πR^2\]
\[π[kR]^2 = k^2 πR^2\]
Vậy nếu ta gấp đôi bán kính thì diện tích hình tròn sẽ gấp bốn, nếu nhân bán kính với \[k > 0\] thì diện tích hình tròn sẽ gấp \[k^2\] lần.
Bài 82 trang 99 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 82. Điền vào ô trống trong bảng sau [làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ nhất]
Giải
- Dòng thứ nhất:
\[ R\] = \[\frac{C}{2\pi }\] = \[\frac{13,2}{2. 3,14 }\] \[≈ 2,1\] [\[cm\]]
\[S = π. R^2 = 3,14.{[2,1]}^2 ≈ 13,8 \][\[cm^2\]]
\[{R_{quạt}}\]= \[\frac{\pi R^{2}n^{\circ}}{360^{\circ}}\] = \[\frac{3,14 .2,1^{2}.47,5}{360}\] \[≈ 1,83\] [\[cm^2\]]
- Dòng thứ hai: \[C = 2πR = 2. 3,14. 2,5 = 15,7\] [cm]
\[S = π. R^2 = 3,14.{[2,5]}^2 ≈ 19,6\] [\[cm^2\]]
\[n^0\] = \[\frac{S_{quat}.360^{\circ}}{\pi R^{2}}\] = \[\frac{12,5.360^{\circ}}{3,14.2,5^{2}}\] \[≈ 229,3^0\]
- Dòng thứ ba: \[R\] = \[\sqrt{\frac{s}{\pi }}\] = \[\sqrt{\frac{37,8}{3,14 }}\] \[≈ 3,5\] [\[cm\]]
\[C = 2πR = 22\] [\[cm\]]
\[n^0\] = \[\frac{S_{quat}.360^{\circ}}{\pi R^{2}}\]= \[\frac{10,6.360^{\circ}}{3,14.3,5^{2}}\] \[≈ 99,2^0\]
Điền vào các ô trống ta được các bảng sau:
Bài 83 trang 99 sgk Toán lớp 9 tập 2
Bài 83. a] Vẽ hình 62 [tạo bởi các cung tròn] với \[HI = 10cm\] và \[HO = 2cm\]. Nêu cách vẽ.
b] Tính diện tích hình \[HOABINH\] [miền gạch sọc]
c] Chứng tỏ rằng hình tròn đường kính \[NA\] có cùng diện tích với hình \[HOABINH\] đó.
Hướng dẫn giải:
a] Vẽ nửa đường tròn đường kính \[HI = 10 cm\], tâm \[M\]
Trên đường kính \[HI\] lấy điểm \[O\] và điểm \[B\] sao cho \[HO = BI = 2cm\].
Vẽ hai nửa đường tròn đường kính \[HO\], \[BI\] nằm cùng phía với đường tròn \[[M]\].
vẽ nửa đường tròn đường kính \[OB\] nằm khác phía đối với đường tròn \[[M]\]. Đường thẳng vuông góc với \[HI\] tại \[M\] cắt \[[M]\] tại \[N\] và cắt đường tròn đường kính \[OB\] tại \[A\].
b] Diện tích hình \[HOABINH\] là:
\[\frac{1}{2}\].\[π.5^2\] + \[\frac{1}{2}\].\[π.3^2\] – \[π.1^2\] = \[\frac{25}{2}π\] + \[\frac{9}{2}π\] - \[π\] = \[16π\] [\[cm^2\]] [1]
c] Diện tích hình tròn đường kính \[NA\] bằng:
\[π. 4^2 = 16π\] [\[cm^2\]] [2]
So sánh [1] và [2] ta thấy hình tròn đường kính \[NA\] có cùng diện tích với hình \[HOABINH\]
Giaibaitap.me
Page 17
Bài 88 trang 103 SGK Toán 9 tập 2
Bài 88. Hãy nêu tên mỗi góc trong các hình dưới đây:
[Ví dụ. góc trên hình 66b] là góc nội tiếp].
Hướng dẫn làm bài:
a] Góc ở tâm.
b] Góc nội tiếp.
c] Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung.
d] Góc có đỉnh bên trong đường tròn.
e] Góc có đỉnh bên ngoài đường tròn.
Bài 89 trang 104 SGK Toán 9 tập 2
Bài 89. Trong hình 67, cung \[AmB\] có số đo là \[66^0\]. Hãy:
a] Vẽ góc ở tâm chắn cung \[AmB\]. Tính góc \[AOB\].
b] Vẽ góc nội tiếp đỉnh \[C\] chắn cung \[AmB\]. Tính góc \[ACB\].
c] Vẽ góc tạo bởi tia tiếp tuyến \[Bt\] và dây cung \[BA\]. Tính góc \[ABt\].
d] Vẽ góc \[ADB\] có đỉnh \[D\] ở bên trong đường tròn. So sánh \[\widehat {A{\rm{D}}B}\] với \[\widehat {ACB}\] .
e] Vẽ góc \[AEB\] có đỉnh \[E\] ở bên ngoài đường tròn [\[E\] và \[C\] cùng phía đối với \[AB\]]. So sánh \[\widehat {A{\rm{E}}B}\] với \[\widehat {ACB}\]
Hướng dẫn trả lời:
a] Từ \[O\] nối với hai đầu mút của cung \[AB\]
Ta có \[\widehat {AOB}\] là góc ở tâm chắn cung \[AB\]
Vì \[\widehat {AOB}\] là góc ở tân chắn cung \[AB\] nên
\[\widehat {AOB}\] =\[sđ\overparen{AmB}=60^0\]
b] Lấy một điểm \[C\] bất kì trên \[[O]\]. Nối \[C\] với hai đầu mút của cung \[AmB\]. Ta được góc nội tiếp \[\widehat {ACB}\]
Khi đó: \[\widehat {ACB} = {1 \over 2}sđ\overparen{AmB}={1 \over 2}{60^0} = 30\]
c] Vẽ bán kính \[OB\]. Qua \[B\] vẽ \[Bt\bot OB\]. Ta được góc \[ABt\] là góc tạo bởi tia tiếp tuyến \[Bt\] với dây cung \[BA\].
Ta có: \[\widehat {ABt} = {1 \over 2}sđ\overparen{AmB} = {30^0}\]
d] Lấy điểm \[D\] bất kì ở bên trong đường tròn \[[O]\]. Nối \[D\] với \[A\] và \[D\] với \[B\]. ta được góc là góc ở bên trong đường tròn \[[O]\]
Ta có:
\[\eqalign{ & \widehat {ACB} = {1 \over 2}sđ\overparen{AmB}\cr
& \widehat {A{\rm{D}}B} = {1 \over 2}\left[ sđ\overparen{AmB}+ sđ\overparen{CK} \right] \cr} \]
Mà \[sđ\overparen{AmB}+sđ\overparen{CK}>sđ\overparen{AmB}\][do \[sđ\overparen{CK}>0\]] nên \[\widehat {A{\rm{D}}B} > \widehat {ACB}\]
e] Lấy điểm \[E\] bất kì ở bên ngoài đường tròn, nối \[E\] với \[A\] và \[E\] với \[B\], chúng cắt đường tròn lần lượt tại \[J\] và \[I\].
Ta có góc \[AEB\] là góc ở bên ngoài đường tròn \[[O]\]
Có:
\[\eqalign{ & \widehat {ACB} = {1 \over 2}sđ\overparen{AmB} \cr
& \widehat {A{\rm{E}}B} = {1 \over 2}\left[ sđ\overparen{AmB} - sđ\overparen{IJ} \right] \cr}\]
Mà \[sđ\overparen{AmB}\]– \[sđ \overparen{IJ}< sđ\overparen{AmB}\] [do \[sđ\overparen{IJ}> 0\]]
Nên \[\widehat {A{\rm{E}}B} < \widehat {ACB}\].
Bài 90 trang 104 SGK Toán 9 tập 2
Bài 90.
a] Vẽ hình vuông cạnh \[4cm\].
b] Vẽ đường tròn ngoại tiếp hình vuông đó. Tính bán kính \[R\] của đường tròn này.
c] Vẽ đường tròn nội tiếp hình vuông đó. Tính bán kính \[r\] của đường tròn này.
Hướng dẫn trả lời:
a] Dùng êke ta vẽ hình vuông \[ABCD\] có cạnh bằng \[4cm\] như sau:
- Vẽ \[AB = 4cm\].
- Vẽ \[BC \bot AB\] và \[BC = 4cm\]
- Vẽ \[DC\bot BC\] và \[DC = 4cm\]
- Nối \[D\] với \[A\], ta có \[AD\bot DC\] và \[AD = 4cm\]
b] Tam giác \[ABC\] là tam giác vuông cân nên \[AB = BC\].
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \[ABC\], ta có:
\[\eqalign{ & A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = 2{\rm{A}}{B^2} \Leftrightarrow A{C^2} = {2.4^2} = 32 \cr
& \Rightarrow AC = \sqrt {32} = 4\sqrt 2 \cr}\]
Vậy \[AO = R = {{AC} \over 2} = {{4\sqrt 2 } \over 2} = 2\sqrt 2 \]
Vậy \[R = 2\sqrt{2}\] \[cm\]
c] Vẽ \[OH \bot DC\]. Vẽ đường tròn tâm \[O\], bán kính \[OH\]. Đó là đường tròn nội tiếp hình vuông \[ABCD\]
Ta có: \[OH = {{A{\rm{D}}} \over 2} = 2[cm]\]
Vậy \[r = OH = 2cm\]
Bài 91 trang 104 SGK Toán 9 tập 2
Bài 91. Trong hình 68, đường tròn tâm O có bán kính \[R = 2cm\], góc \[AOB = 75^0\].
a] Tính số đo cung \[ApB\].
b] Tính độ dài hai cung \[AqB\] và \[ApB\].
c] Tính diện tích hình quạt tròn \[OAqB\]
Hướng dẫn trả lời:
a] Ta có \[\widehat {AOB}\] là góc nội tiếp chắn cung \[AqB\] nên:
\[\widehat {AOB}\] = \[sđ\overparen{AqB}\] hay \[sđ\overparen{AqB}=75^0\]
Vậy \[sđ\overparen{ApB}\]= \[360°- \overparen{AqB}\] = \[360^0 - 75^0 = 285^0\]
b] \[{l_{\overparen{AqB}}}\] là độ dài cung \[AqB\], ta có:
\[{l_{\overparen{AqB}}}\] = \[{{\pi Rn} \over {180}} = {{\pi .2.75} \over {180}} = {5 \over 6}\pi [cm]\]
Gọi \[{l_{\overparen{ApB}}}\] là độ dài cung \[ApB\] ta có:
\[{l_{\overparen{ApB}}} = {{\pi Rn} \over {180}} = {{\pi .2.285} \over {180}} = {{19\pi } \over 6}[cm]\]
c] Diện tích hình quạt tròn \[OAqB\] là: \[{S_{OAqB}} = {{\pi {R^2}n} \over {360}} = {{\pi {2^2}.75} \over {360}} = {{5\pi } \over 6}[c{m^2}]\]
Giaibaitap.me
Page 18
Bài 92 trang 104 SGK Toán 9 tập 2
Bài 92. Hãy tính diện tích miền gạch sọc trong các hình 69, 70, 71 [đơn vị độ dài: cm].
Hướng dẫn trả lời:
a] Hình 69
Đối với hình tròn bán kính \[R= 1,5\] là: \[{S_1} = πR^2 = π. 1,5^2 = 2,25π\]
Đối với hình tròn bán kính \[r = 1\] là: \[{S_2} = πr^2= π. 1^2 = π\]
Vậy diện tích miền gạch sọc là:
\[S = {S_1} – {S_2} = 2,25 π – π = 1,25 π\] [đvdt]
b] Hình 70
Diện tích hình quạt có bán kính \[R = 1,5\]; \[n^0 = 80^0\]
\[{S_1} = {{\pi {R^2}n} \over {360}} = {{\pi 1,{5^2}.80} \over {360}} = {\pi \over 2}\]
Diện tích hình quạt có bán kính \[r = 1\]; \[n^0 = 80^0\]
\[{S_2} = {{\pi {r^2}n} \over {360}} = {{\pi {{.1}^2}.80} \over {360}} = {{2\pi } \over 9}\]
Vậy diện tích miền gạch sọc là: \[S = {S_1} - {S_2} = {\pi \over 2} - {{2\pi } \over 9} = {{9\pi - 4\pi } \over {18}} = {{5\pi } \over {18}}\]
c] Hình 71
Diện tích hình vuông cạnh \[a = 3\] là:
\[{S_1} = a^2 = 3^2 =9\]
Diện tích hình tròn có \[R = 1,5\] là:
\[{S_2} = πR^2 = π.1,5^2 = 2,25π = 7,06\]
Vậy diện tích miền gạch sọc là:
\[S = {S_1} – {S_2} = 9 – 7,06 = 1,94\] [đvdt].
Bài 93 trang 104 SGK Toán 9 tập 2
Bài 93. Có ba bánh xe răng cưa \[A, B, C\] cùng chuyển độn ăn khớp với nhau. Khi một bánh xe quay thì hai bánh xe còn lại cũng quay theo. Bánh xe \[A\] có \[60\] răng, bánh xe B có \[40\] răng, bánh xe \[C\] có \[20\] răng. Biết bán kính bánh xe \[C\] là \[1\]cm. Hỏi:
a] Khi bánh xe \[C\] quay \[60\] vòng thì bánh xe \[B\] quay mấy vòng?
b] Khi bánh xe \[A\] quay \[80\] vòng thì bánh xe \[B\] quay mấy vòng?
c] Bán kính của các bánh xe \[A\] và \[B\] là bao nhiêu?
Hướng dẫn trả lời:
Ta có bánh xe \[A\] có \[60\] răng, bánh xe \[B\] có \[40\] răng, bánh xe \[C\] có \[20\] răng nên suy ra chu vi của bánh xe \[B\] gấp đôi chu vi bánh xe \[C\], chu vi bánh xe \[A\] gấp ba chu vi bánh xe \[C\].
Chu vi bánh xe \[C\] là: \[2. 3,14 . 1 = 6,28 [cm]\]
Chu vi bánh xe \[B\] là: \[6,28 . 2 = 12,56 [cm]\]
Chu vi bánh xe \[A\] là: \[6,28 . 3 = 18,84 [cm]\]
a] Khi bánh xe \[C\] quay được \[60\] vòng thì quãng đường đi được là:
\[60 . 6,28 = 376,8 [cm]\]
Khi đó số vòng quay của bánh xe \[B\] là:
\[376,8 : 12,56 = 30\] [vòng]
b] Khi bánh xe \[A\] quay được \[80\] vòng thì quãng đường đi được là:
\[80 . 18,84 = 1507,2\] [cm]
Khi đó số vòng quay của bánh xe \[B\] là:
\[1507,2 : 12,56 = 120\] [vòng]
c] Bán kính bánh xe \[B\] là: \[12,56 : [2π] = 12,56 : 6,28 = 2[cm]\]
Bán kính bánh xe \[A\] là: \[18,84 : [2π] = 18,84 : 6,28 = 3[cm]\]
Bài 94 trang 105 SGK Toán 9 tập 2
Bài 94. Hãy xem biểu đồ hình quạt biểu diễn sự phân phối học sinh của một trường THCS theo diện ngoại trú, bán trú, nội trú [h.72]. Hãy trả lời các câu hỏi sau:
a] Có phải \[{1 \over 2}\] số học sinh lầ học sinh ngoại trú không?
b] Có phải \[{1 \over 3}\] số học sinh là học sinh bán trú không?
c] Số học sinh nội trú chiếm bao nhiêu phần trăm?
d] Tính số học sinh mỗi loại, biết tổng số học sinh là \[1800\] em.
Hướng dẫn trả lời:
Theo cách biểu diễn dự phân phối học sinh như biểu đồ thì:
a] Đúng \[\left[ {{1 \over 2} = 50\% } \right]\]
b] Đúng \[\left[ {{1 \over 3} \approx 33,3\% } \right]\]
c] Số học sinh nội trú chiếm \[100\]% - [\[50\]% + \[33,3\]%] = \[16,7\]%
d] Số học sinh ngoại trú:
\[1800.{1 \over 2} = 900\] [em]
Số học sinh bán trú:
\[1800.{1 \over 3} =600\][em]
Số học sinh nội trú:
\[1800 – [900 + 600] = 300\] [em]
Bài 95 trang 105 SGK Toán 9 tập 2
Bài 95. Các đường cao hạ từ \[A\] và \[B\] của tam giác \[ABC\] cắt nhau tại \[H\] [góc \[C\] khác \[90^0\]] và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\] lần lượt tại \[D\] và \[E\]. Chứng minh rằng:
a] \[CD = CE\] ; b] \[ΔBHD\] cân ; c] \[CD = CH\].
Hướng dẫn trả lời:
Ta có: \[\widehat {A{\rm{D}}B} = \widehat {A{\rm{E}}B}\] [cùng chắn cung \[AB\]]
\[ \Rightarrow \widehat {CB{\rm{D}}} = \widehat {CA{\rm{E}}}\] [cùng phụ với hai góc bằng nhau]
⇒ \[sđ\overparen{CD}\]= \[sđ\overparen{CE}\]
Suy ra \[CD = CE\]
b] Ta có \[\widehat {EBC}\] và \[\widehat {CB{\rm{D}}}\] là góc nội tiếp trong đường tròn \[O\] nên :
\[\widehat {EBC} = {1 \over 2} sđ\overparen{CE}\] và \[\widehat {CB{\rm{D}}} = {1 \over 2}sđ\overparen{CD}\]
Mà \[sđ\overparen{CD}\]= \[sđ\overparen{CE}\]
nên \[\widehat {EBC} = \widehat {CB{\rm{D}}}\]
Vậy \[∆BHD\] cân tại \[B\]
c] Vì \[∆BHD\] cân và \[BK\] là đường cao cũng là đường trung trực của \[HD\]. Điểm \[C\] nằm trên đường trung trực của \[HD\] nên \[CH = CD\]
Giaibaitap.me
Page 19
Bài 96 trang 105 SGK Toán 9 tập 2
Bài 96. Cho tam giác \[ABC\] nội tiếp đường tròn \[[O]\] và tia phân giác của góc \[A\] cắt đường tròn tại \[M\]. Vẽ đường cao \[AH\]. Chứng minh rằng:
a] \[OM\] đi qua trung điểm của dây \[BC\].
b] \[AM\] là tia phân giác của góc \[OAH\].
Hướng dẫn trả lời:
a] Vì \[AM\] là tia phân giác của \[\widehat {BAC}\] nên \[\widehat {BAM} = \widehat {MAC}\]
Mà \[\widehat {BAM}\] và \[\widehat {MAC}\] đều là góc nội tiếp của \[[O]\] nên
\[\overparen{BM}\]=\[\overparen{MC}\]
⇒ \[M\] là điểm chính giữa cung \[BC\]
Vậy \[OM \bot BC\] và \[OM\] đi qua trung điểm của \[BC\]
b] Ta có : \[OM \bot BC\] và \[AH\bot BC\] nên \[AH//OM\]
\[ \Rightarrow \widehat {HAM} = \widehat {AM{\rm{O}}}\] [so le trong] [1]
Mà \[∆OAM\] cân tại \[O\] nên \[\widehat {AM{\rm{O}}} = \widehat {MAO}\] [2]
Từ [1] và [2] suy ra: \[\widehat {HA{\rm{M}}} = \widehat {MAO}\]
Vậy \[AM\] là đường phân giác của góc \[OAH\]
Bài 97 trang 105 SGK Toán 9 tập 2
Bài 97. Cho tam giác \[ABC\] vuông ở \[A\]. Trên \[AC\] lấy một điểm \[M\] và vẽ đường tròn đường kính \[MC\]. Kẻ \[BM\] cắt đường tròn tại \[D\]. Đường thẳng \[DA\] cắt đường tròn tại \[S\]. Chứng minh rằng:
a] \[ABCD\] là một tứ giác nội tiếp;
b] \[\widehat {AB{\rm{D}}} = \widehat {AC{\rm{D}}}\] ;
c] \[CA\] là tia phân giác của góc \[SCB\]
Hướng dẫn trả lời:
a] Ta có góc \[\widehat {MDC}\] là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \[[O]\] nên \[\widehat {MDC} = {90^0}\]
⇒ \[∆CDB\] là tam giác vuông nên nội tiếp đường tròn đường kính \[BC\] .
Ta có \[∆ABC\] vuông tại \[A\].
Do đó \[∆ABC\] nội tiếp trong đường tròn tâm \[I\] đường kính \[BC\].
Ta có \[A\] và \[D\] cùng nhìn \[BC\] dưới một góc \[90^0\] không đổi nên tứ giác \[ABCD\] nội tiếp đường tròn đường kính \[BC\]
b] Ta có \[\widehat {AB{\rm{D}}}\] là góc nội tiếp trong đường tròn \[[I]\] chắn cung \[AD\].
Tương tự góc \[\widehat {AC{\rm{D}}}\] là góc nội tiếp trong đường tròn \[[I]\] chắn cung \[AD\]
Vậy \[\widehat {AB{\rm{D}}} = \widehat {AC{\rm{D}}}\]
c] Ta có:
\[\widehat {S{\rm{D}}M} = \widehat {SCM}\] [vì góc nội tiếp cùng chắn cung \[MS\] của đường tròn \[[O]\]]
\[\widehat {A{\rm{D}}B} = \widehat {ACB}\] [là góc nội tiếp cùng chắn cung \[AB\] của đường tròn \[[I]\]
Mà \[\widehat {A{\rm{D}}B} = \widehat {S{\rm{D}}M} \Rightarrow \widehat {SCM} = \widehat {ACB}\]
Vậy tia \[CA\] là tia phân giác của góc \[SCB\]
Bài 98 trang 105 SGK Toán 9 tập 2
Bài 98. Cho đường tròn \[[O]\] và một điểm \[A\] cố định trên đường tròn. Tìm quỹ tích các trung điểm \[M\] của dây \[AB\] khi điểm \[B\] di động trên đường tròn đó.
Hướng dẫn trả lời:
+] Phần thuận: Giả sử \[M\] là trung điểm của dây \[AB\]. Do đó, \[OM \bot AB\]. Khi \[B\] di động trên đường tròn \[[O]\] điểm \[M\] luôn nhìn đoạn \[OA\] cố định dưới một góc vuông. Vậy quỹ tích của điểm \[M\] là đường tròn tâm \[I\] đường kính \[OA\].
+] Phần đảo: Lấy điểm \[M’\] bất kì trên đường tròn \[[I]\]. Nối \[M’\] với \[A\], đường thẳng \[M’A\] cắt đường tròn \[[O]\] tại \[B’\]. Nối \[M’\] với \[O\], ta có \[\widehat {AM'O} = {90^0}\] hay \[OM’ \bot AB’ \]
⇒ \[M\] là trung điểm của \[AB’\]
Kết luận: Tập hợp các trung điểm \[M\] của dây \[AB\] là đường tròn đường kính \[OA\].
Bài 99 trang 105 SGK Toán 9 tập 2
Bài 99. Dựng \[ΔABC\], biết \[BC = 6cm\], góc \[\widehat{BAC} = 80^0\], đường cao \[AH\] có độ dài là \[2cm\].
Hướng dẫn trả lời:
Cách dựng như sau:
- Đầu tiên dựng đoạn \[BC = 6cm\]
- Dựng cung chứa góc \[80^0\] trên đoạn \[BC\].
- Dựng đường thằng \[xy // BC\] và cách \[BC\] một khoảng là \[2cm\]. Đường thẳng \[xy\] cắt cung chứa góc \[80^0\] tại hai điểm \[A\] và \[A’\]
- Tam giác \[ABC\] là tam giác phải dựng thỏa mãn các điều kiện của đề bài
Bài toán có hai nghiệm hình [\[∆ABC\] và \[∆A’BC\]]
Giaibaitap.me
Page 20
- Giải bài 42, 43, 44, 45 trang 130, 131 SGK Toán 9...
- Giải bài 38, 39, 40, 41 trang 129 SGK Toán 9 tập 2
- Giải bài 34, 35, 36, 37 trang 125,126 SGK toán 9...
- Giải bài 30, 31, 32, 33 trang 124, 125 SGK toán 9...
- Giải bài 27, 28, 29 trang 119, 120 SGK toán 9 tập...
- Giải bài 23, 24, 25, 26 trang 119 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 19, 20, 21, 22 trang 118 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 15, 16, 17, 18 trang 117 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 12, 13, 14 trang 112, 113 SGK toán 9 tập...
- Giải bài 9, 10, 11 trang 112 SGK toán 9 tập 2
Page 21
Bài 5 trang 111 - Sách giáo khoa toán 9 tập 2
Bài 5. Điền đầy đủ kết quả vào những ô trống của bảng sau:
Giải:
Dòng 1: chu vi của đường tròn đáy: \[C = 2\pi r = 2\pi \].
DIện tích một đáy: \[S = \pi {r^2} = \pi \]
Diện tích xung quanh: \[{S_{xq}} = 2\pi rh = 20\pi \]
Thể tích: \[V = S.h = 10\pi \]
Dòng 2 tương tự dòng 1
Dòng 3: Bán kính đáy: \[C = 2\pi r \Rightarrow r = {C \over {2\pi }} = {{4\pi } \over {2\pi }} = 2\]
Bài 6 trang 111 - Sách giáo khoa toán 9 tập 2
Bài 6. Chiều cao của một hình trụ bằng bán kính đường tròn đáy. Diện tích xung quanh của hình trụ là \[314\] \[c{m^2}\]
Hãy tính bán kính đường tròn đáy và thể tích hình trụ [làm tròn kết quả đến số thập phân thứ hai].
Giải:
Ta có \[{S_{xq}}= 2πrh = 31\]4 [cm2]
\[r^2\] = \[\frac{S_{xq}}{2\Pi }\]
\[=> r ≈ 7,07\]
Thể tích của hình trụ:\[ V = πr^2h = 3,14. 7,07^3≈ 1109,65\] [cm3]
Bài 7 trang 111 - Sách giáo khoa toán 9 tập 2
Bài 7 Một bóng đèn huỳnh quang dài \[1,2m\]. đường kính của đường tròn đáy là \[4cm\], được đặt khít vào một ống giấy cứng dạng hình hộp [h82]. Tính diện tích phần cứng dùng để làm hộp.
[Hộp mở hai đầu, không tính lề và mép dán].
Giải:
Diện tích phần giấy cứng cần tính chính là diện tích xung quanh của một hộp chữ nhật có đáy là hình vuông cạnh \[4cm\], chiều cao là \[1,2m\] = \[120 cm\].
Diện tích xung quanh của hình hộp:
\[{S_{xq}}\] = \[4.4.120 = 1920\] [cm2]
Bài 8 trang 111 - Sách giáo khoa toán 9 tập 2
Bài 8. Cho hình chữ nhật \[ABCD\] [\[AB = 2a, BC = a\]]. Quay hình chữ nhật đó quanh \[AB\] thì được hình trụ có thể tích \[{V_1}\]; quanh \[BC\] thì được hình trụ có thể tích \[{V_2}\]. Trong các đẳng thức sau đây, hãy chọn đẳng thức đúng.
[A] \[{V_1} = {V_2}\]; [B] \[{V_1} = 2{V_2}\];
[C] \[{V_2} = 2{V_1}\] [D] \[{V_2} =3 {V_1}\]
[E] \[{V_1} = 3{V_2}\].
Giải:
Quay quanh \[AB\] thì ta có \[r = a, h= 2a\].
nên \[{V_1} = \pi {r^2}h = \pi {a^2}.2a = 2\pi {a^3}\]
Quay quanh \[BC\] thì ta có \[r = 2a, h = a\]
nên \[{V_2} = \pi {r^2}h = \pi {{[2a]}^2}.a = 4\pi {a^3}\]
Do đó \[{V_2} = 2{V_1}\]
Vậy chọn C
Giaibaitap.me
Page 22
- Giải bài 42, 43, 44, 45 trang 130, 131 SGK Toán 9...
- Giải bài 38, 39, 40, 41 trang 129 SGK Toán 9 tập 2
- Giải bài 34, 35, 36, 37 trang 125,126 SGK toán 9...
- Giải bài 30, 31, 32, 33 trang 124, 125 SGK toán 9...
- Giải bài 27, 28, 29 trang 119, 120 SGK toán 9 tập...
- Giải bài 23, 24, 25, 26 trang 119 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 19, 20, 21, 22 trang 118 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 15, 16, 17, 18 trang 117 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 12, 13, 14 trang 112, 113 SGK toán 9 tập...
- Giải bài 9, 10, 11 trang 112 SGK toán 9 tập 2
Page 23
- Giải bài 42, 43, 44, 45 trang 130, 131 SGK Toán 9...
- Giải bài 38, 39, 40, 41 trang 129 SGK Toán 9 tập 2
- Giải bài 34, 35, 36, 37 trang 125,126 SGK toán 9...
- Giải bài 30, 31, 32, 33 trang 124, 125 SGK toán 9...
- Giải bài 27, 28, 29 trang 119, 120 SGK toán 9 tập...
- Giải bài 23, 24, 25, 26 trang 119 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 19, 20, 21, 22 trang 118 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 15, 16, 17, 18 trang 117 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 12, 13, 14 trang 112, 113 SGK toán 9 tập...
- Giải bài 9, 10, 11 trang 112 SGK toán 9 tập 2
Page 24
- Giải bài 42, 43, 44, 45 trang 130, 131 SGK Toán 9...
- Giải bài 38, 39, 40, 41 trang 129 SGK Toán 9 tập 2
- Giải bài 34, 35, 36, 37 trang 125,126 SGK toán 9...
- Giải bài 30, 31, 32, 33 trang 124, 125 SGK toán 9...
- Giải bài 27, 28, 29 trang 119, 120 SGK toán 9 tập...
- Giải bài 23, 24, 25, 26 trang 119 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 19, 20, 21, 22 trang 118 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 15, 16, 17, 18 trang 117 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 12, 13, 14 trang 112, 113 SGK toán 9 tập...
- Giải bài 9, 10, 11 trang 112 SGK toán 9 tập 2
Page 25
- Giải bài 42, 43, 44, 45 trang 130, 131 SGK Toán 9...
- Giải bài 38, 39, 40, 41 trang 129 SGK Toán 9 tập 2
- Giải bài 34, 35, 36, 37 trang 125,126 SGK toán 9...
- Giải bài 30, 31, 32, 33 trang 124, 125 SGK toán 9...
- Giải bài 27, 28, 29 trang 119, 120 SGK toán 9 tập...
- Giải bài 23, 24, 25, 26 trang 119 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 19, 20, 21, 22 trang 118 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 15, 16, 17, 18 trang 117 SGK toán 9 tập 2
- Giải bài 12, 13, 14 trang 112, 113 SGK toán 9 tập...
- Giải bài 9, 10, 11 trang 112 SGK toán 9 tập 2
Page 26
Bài 23 trang 119 - Sách giáo khoa toán 9 tập 2
Bài 23 Viết công thức tính nửa góc ở đỉnh của một hình nón [góc \[a\] của tam giác vuông \[AOS\]- hình 99] sao cho diện tích khai triển mặt nón bằng một phần tư diện tích hình tròn [bán kính \[SA\]].
Giải:
Diện tích hình quạt :
\[S_q = \frac{\pi r^2 n^o}{360^o}= \frac{\pi.l^2.90}{360}=\frac{\pi.l^2}4\]
Diện tích xung quanh của hình nón: \[{S_{xq}} = \pi rl\]
Theo đầu bài ta có: \[{S_{xq}} = S_q \]=> \[πrl\]= \[\frac{\pi.l^2}4\]
Vậy \[l = 4r\]
Suy ra \[sin[a] \]= \[\frac{r}l\] =\[ 0,25\]
Vậy \[a = {14^0}28'\]
Bài 24 trang 119 - Sách giáo khoa toán 9 tập 2
Bài 24. Hình khai triển mặt xung quanh của một hình nón là một hình quạt, bán kính hình quạt đó là \[16cm\], số đo cung là \[120^0\] Tan của góc ở đỉnh hình nón là:
[A] \[\frac{\sqrt{2}}4\] [B] \[\frac{\sqrt{2}}2\] [C] \[\sqrt{2}\] [D] 2\[\sqrt{2}\]
Giải
Đường sinh của hình nón là \[l = 16\]. Độ dài cung \[AB\] của đường tròn chứa hình quạt là\[\frac{32. \pi}{3}\] , chu vi đáy bằng suy ra \[C= 2πr\] suy \[r\] = \[\frac{16}{3}\]
Trong tam giác vuông \[AOS\] có: \[h= \sqrt{16^2- [\frac{16}{3}]^2}= 16\sqrt{\frac{8}{9}}= \frac{32}{3}\sqrt{2}\]
\[tan[a]\] = \[\frac{r}{h}\] = \[\frac{\sqrt{2}}{4}\]
Bài 25 trang 119 - Sách giáo khoa toán 9 tập 2
Bài 25. Hãy tính diện tích xung quanh của hình nón cụt biết hai bán kính đáy \[a,b\] [\[a